Concours Physique ENS de Paris (PC) 2001 (Corrigé)

G. Requin ULM - PC – 2001 – (6 h)
1 – Gaz superfluide en l’absence de potentiel extérieur

1. – Equation d’état d’un gaz superfluide

1. $U=\frac{1}{2}N\iiint{\nu (\mathbf{r})\frac{N\ d\tau }{V}}=\frac{1}{2}\frac{N{}^\text{2}}{V}\gamma $, le facteur ½ pour ne pas compter deux fois les énergies mutuelles d’interaction et l’intégrale dans le volume étant remplacée par l’intégrale de − ∞ à + ∞ dans chaque direction compte tenu des courtes portées d’interaction.
2. F = U − TS ≈ U ici ; F = ½ (N²/V)γ et pour un fluide dF = − P dV, par identification on retrouve l’équation d’état (2). $\chi =-\frac{1}{V}\left( \frac{\partial V}{\partial P} \right)=\frac{2}{\gamma \rho {}^\text{2}}=\frac{1}{P}\quad \mu ={{\left( \frac{\partial F}{\partial N} \right)}_{V,T}}=\gamma \rho $
   
   1. – Quelques contraintes sur l’équilibre thermodynamique

1. (dF)_N,T,V = − T δ_iS ≤ 0 par le second principe pour toute évolution à N, T, V fixés, donc F_e est minimum à l’équilibre.
2. F est extensive : F = ½ ρ₁² γV₁ + ½ ρ₂² γV₂ = F₁ + F₂. F_e est le minimum de F à N, T, et V constant.
3. Pour une modification dV₁, dV₂ = − dV₁, dρ₁ = − (N₁/V₁²) dV₁ … alors dF = ½ (ρ₁² − ρ₂²) γ dV₁ ; à l’équilibre en l’absence de potentiel extérieur, la densité doit être uniforme dans tout le volume : (dF)_e = 0 ⇒ ρ₁ = ρ₂.
4. dN₁ = − dN₂ et dρ₁ = dN₁/V … alors dF = (ρ₁ − ρ₂) γ dN₁ ; à l’équilibre, les particules se répartissent dans les deux compartiments de manière à réaliser une densité uniforme : (dF)_e = 0 ⇒ ρ₁ = ρ₂.
5. Finalement vis à vis de toutes les modifications internes la fonction F_e = ½ ρ² γV est bien extensive et proportionnelle au volume, évidemment γ > 0 (déjà dans l’équation (2) ! ) pour avoir une fonction croissante de V ; ρ est bien intensif à l’équilibre.
   
   1. – Mélange de deux gaz superfluides

1. Par analogie avec 1-1-(a) on obtient F_{I, e} ≈ U = ½ ( N_a² / V) γ_aa + ½ ( N_b² / V) γ_bb + (N_aN_b /V) γ_ab = ( ½ ρ_a² γ_aa + ½ ρ_b² γ_bb + ρ_a ρ_b γ_ab ) V
2. F_{II, e} = $\frac{1}{2}\left( {\frac{{{N_a}^2{\gamma _{aa}}}}{\alpha } + \frac{{{N_b}^2{\gamma _{bb}}}}{{1 - \alpha }}} \right){\kern 1pt} \frac{1}{V}$
3. (∂F_II / ∂α)_{V, Na, Nb, T} = − T δ_iS = 0 pour des évolutions réversibles autour de l’équilibre sans autres forces extérieures ; cela donne ${\alpha _e} = \frac{1}{{1 + \frac{{{N_a}}}{{{N_b}}}\sqrt {\frac{{{\gamma _{bb}}}}{{{\gamma _{aa}}}}} }}$ et

F_{II e} = ½ N_a² γ_aa ( 1 + (N_b / N_a) (γ_bb / γ_aa)^1/2 )² × (1/V)

1. En reprenant la formulation de F_{I e} = ½ N_a² γ_aa ( 1 + (N_b²/N_a²)(γ_bb / γ_aa) + 2 (N_b/N_a) (γ_ab / γ_aa)) × (1/V), on doit privilégier le minimum entre ces deux fonctions soit à comparer γ_ab à (γ_aa γ_bb)^1/2 : si γ_ab < (γ_aa γ_bb)^1/2 alors F_{I e} < F_{II e} et les espèces sont miscibles mais si γ_ab > (γ_aa γ_bb)^1/2 alors F_{I e} > F_{II e} et les espèces sont non miscibles.
2. Dans le tableau il apparaît que seules les espèces a-c sont miscibles.

1. – Gaz superfluide au repos dans un piège
   
   1. – Equilibre dans un piège de forme arbitraire

1. Ici la force volumique d’interaction sera f_e = − ρ_e grad Φ_e et l’équilibre sera donné par l’équation : − grad P_e − ρ_e grad Φ_e = 0
2. − grad (½ γρ_e²) − ρ_e grad Φ_e = − ρ_e grad (γρ_e + Φ_e) = 0 et donc ρ_e (r) = − (Φ_e / γ) + C.
3. En normalisant sur le volume de piégeage N = ∫_V ρ_e (r) dτ on obtiendrait la constante.
   
   1. – Equilibre dans un piège harmonique

1. La force sur une particule matérielle est − mω² r = − k r donc une force de rappel de centre O et ω est la fréquence d’oscillation de la particule libre dans le piège.
2. D’après 2-1-(b) on obtient ρ_e(r) = − (mω²/2γ) r² + ρ_e(0) et comme ρ_e est une grandeur positive on doit avoir r ≤ R = (2γρ_e° / mω² ) ^½ ; la forme d’équilibre de la surface externe du gaz est une sphère de centre O et de rayon R.
3. ρ_e(r) = ρ_e° ( 1 − r²/R²)
4. ∫₀^R ρ_e(r) 4πr² dr = N ⇒ ρ_e° = 15 N / (8πR³)
5. En remplaçant R dans l’équation précédente il vient ${\rho _e}^0{\text{ }^{5/3}} = \frac{m{\omega ^2}}{2 \gamma }{\left( {\frac{15N}{8 \pi }} \right)^{2/3}}$ et on retiendra que ρ_e° ∼ N ^2/5.
6. 1. – Considérations thermodynamiques

1. E_h = ∫₀^R ρ_e (r) Φ_e(r) 4πr² dr = (3/7) Nγρ_e°
2. E_int = ½ ∫₀^R ρ_e (r) {ρ_e(r) ∫_-∞^+∞ ν(r) dτ }4πr² dr = (4/7) Nγρ_e°
3. En définissant l’énergie interne comme la somme de l’énergie d’interaction et de l’énergie potentielle microscopique : U = E_h + E_int, F ≅ U = Nγρ_e° à T nulle et µ = γρ_e°
4. La condition d’équilibre obtenue en 2-1 -(b) se réécrit : γρ_e (r) = − Φ_e (r) + µ…
   
   1. – Comparaison aux expériences

1. avec les données fournies on calcule ρ_e° = 1.95 10¹⁹ part.m^-3 puis R = 36.6 µm donc un diamètre théorique de 73.2 µm très proche de la donnée expérimentale.
2. On a créé une inhomogénéité de ρ (r) donc de P(r) avec une pression au centre maximum donc la sphère entre en expansion radiale.
3. (d) Le système est isolé : E_cin + E_int = Cte = E_int(0) = (4/7) Nγρ_e° ; en régime stationnaire l’énergie d’interaction devient négligeable et E_cin = (4/7) Nγρ_e° ∼ N ^7/5 soit E_cin / N ∼ N ^0.4. La régression linéaire suggérée à partir du tableau expérimental fournit ln(E_cin/N) = 0.43×ln(N) (δ = 0.43) avec un r > 0.99, l’accord est donc bon.

1. – Gaz superfluide en mouvement
   
   1. – Equations du mouvement

1. m (∂ρ/∂t) + m div ρ v = 0 (ici ρ est une densité particulaire)
2. mρ (dv/dt) = − grad P − ρ grad Φ_e
3. m (dv/dt) = − γ grad ρ(r, t) − grad Φ_e
   
   1. – Régime de réponse linéaire

1. Avec les approximations suggérées : m (∂δv/∂t) = − γ grad δρ − grad δΦ_e (du genre approximation acoustique) pour t quelconque puis pour t > τ :

(∂δv/∂t) + γ/m grad δρ = 0 ensuite : (∂δρ/∂t) + div (ρ_e(r, t) δv ) = 0

1. $\frac{{{\partial ^2}\delta \rho }}{{\partial {t^2}}} - \left( {\frac{\gamma }{m}} \right)\,{\rm{div}}\left( {{\rho _e}{\bf{grad}}\delta \rho } \right) = 0$
   
   1. – Modes propres d’un gaz superfluide homogène

1. Equation de dispersion (avec ρ_e = cte) : Ω² = (γρ_e/m) k²
2. Propagation dans la direction de k avec la célérité c = Ω/k = (γρ_e/m)^1/2 ; à priori c est indépendant de la forme de la propagation tant que les linéarisations effectuées en 3-2 sont valables.
3. c_théo = 9.96 10^-3 ms^-1 très voisin de la valeur mesurée.
   
   1. – Modes propres dans un piège harmonique

1. ρ_e(r) = − (m/2γ) (Σ ω_α² r_α²) + ρ_e(0,0,0)
2. En injectant (10) dans l’équation d’évolution de 3-2-(b) :

grad δρ = Σ_α(2A_αr _α cosΩt) u_α
div ( ) = Σ_α(∂ (….) /∂r_α) cosΩt et on obtient :
− [B + Σ(A_αr_α²)] Ω² + 2 Σ (ω_α²A_αr_α²) + (ΣA_α) (Σω_α² r_α²) − 2γρ°/m (ΣA_α) = 0
valable ∀ r_α : A_α [ 2ω_α² − Ω² ] + (ΣA_α) ω_α² = 0
et : − B Ω² − 2γρ°/m (ΣA_α) = 0 ce qui donne une condition liant Ω et les amplitudes des modes.

1. Dans Φ_e ainsi que dans δΦ_e on respecte la symétrie de révolution donc ω_x = ω_y et alors A_x = A_y dans l’équation précédente ; on obtient un système en A_x et A_z :

A_x ( 4 ω_x² − Ω² ) + A_zω_x² = 0
A_x (2 ω_z²) + A_z( 3 ω_z² − Ω²) = 0

1. Dont le déterminant doit être nul : ( 4 ω_x² − Ω² ) ( 3 ω_z² − Ω²) − 2 ω_z² ω_x² = 0 ou en X

et η : X² − ( 4 η² + 3) X + 10 η² = 0 dont les solutions sont :
${X_ \pm } = \frac{{4{\eta ^2} + 3 \pm \sqrt {16{\eta ^4} - 16{\eta ^2} + 9} }}{2}\quad {\rm{et}}\quad {\left( {\frac{{{{\rm{A}}_{\rm{z}}}}}{{{{\rm{A}}_{\rm{x}}}}}} \right)_ \pm } = \left( {\frac{{{X_ \pm }}}{{{\eta ^2}}} - 4} \right)$

1. X₊ = 740.34 et X_- = 2.498 puis (A_z/A_x)₊ = 2.7 10^-3 et (A_z/A_x)_- = − 3.98.

Avec X_- on trouve Ω = √X_- ω_z = 1.581 ω_z alors qu’expérimentalement la valeur est 1.569 ; l’écart relatif est de 7.6 10^-3, supérieur à la précision des mesures.

1. Les particules libres devraient osciller autour de 0 à ω_x = ω_y pour les modes radiaux et à ω_z pour le mode axial ; avec une perturbation d’axe Oz on devrait exciter le mode axial donc Ω = ω_z d’où X = 1 (et η = 0), les interactions couplent les modes radiaux et le mode axial.

---------------------------